电力拖动课后习题

关闭窗口《电力拖动自动控制系统》陈伯机会械工业初版社课后答案.pdf以下是该文档的文本预览收效，预览是为了您快捷查察，但可能扔掉了某些格式或图片。打印?|?下载第一章???闭环控制的直流调速系统?1－1??为什么PWM—电动机系统比晶闸管—电动机系统能够获得更好的动向性能

?答：PWM—电动机系统在很多方面有较大的优越性：

?（1）?主电路线路简单，需用的功率器件少。

?（2）?开关频率高，电流简单连续，谐波少，电机耗费及发热都较小。

?（3）?低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000?左右。?（4）?若与迅速响应的电动机配合，则系统频带宽，动向响应快，动向抗扰能力强。?5）?功率开关器件工作在开关状态，导通耗费小，当开关频率合合时，开关耗费也不大，所以装置效率较高。?（6）?直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。?1－2??试解析有制动通路的不能够逆PWM?变换器进行制动时，两个VT?是怎样工作的。?答：在制动状态中，?为负值，?就发挥作用了。这类情况发生在电动运转过程中需要降速的时候。这时，先减小控制电压，使di?2VT1gU?的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压?降低。可是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，所以造成?，很快使电流?反向，?截止，在dU?dEU>di?2VD?ont?t≤?＜Ｔ时，?2gU?变正，于是?导通，反向电流沿回路3?流通，产生能耗制动作用。在?＜Ｔ+?时，?关断，2VTTt≤?ont?2VT?di〓?沿回路4?经?续流，向电源回馈制动，与此同时，?两端压降钳住?使它不能够导通。在制动状态中，?和轮流导通，而?向来是关断的。?1VD1VD?1VT?2VT?1VT1VT在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在?关断后?经?续流时，还没有达到周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时?两端电压也降为零，?便提前导通了，使电流反向，产生局部时间的制动作用。?1VT?di?2VD2VD?2VT１－３?调速范围和静差率的定义是什么调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系为什么说“走开了调速范围，要满足给定的静差率也就简单得多了”?答：生产机械要求电动机供应的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母Ｄ表示，即???maxminnDn=????其中，?和?一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少许负载很轻的机械，能够用实质负载时的最高和最低转速。?maxn?minn当系统在某一转速下运转时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落，与理想空载转速之比，称作静差率s，即??0Nnsn=??或用百分比表示?????????0100%Nnsn=×??课后答案网?在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速?作为最高转速?Nn则????????0m?inNNNnnsnn?n==+???????min(1?)NNNnsnnss?n∴?=〓??=???maxmin?(1?)NNnn?SDnn==S?〓?由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调速系统，?值必然，若是对静差率要求越严，即要求s?值越小时，系统能够赞同的调速范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能够满足所需静差率的转速可调范围。?Nn?１－４?某一调速系统，测得的最高转速特点为?max?1500?/minOnr?=?，最低转速特点为，带额定负载时的速度降落min?150?/minOnr?=?15?/minNnr?=?，且在不同样转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速范围有多大系统赞同的静差率是多少?Nn解??系统能够达到的调速范围为??????????????maxmin150011150?15nDn==?=〓?系统赞同的静差率?????11?15100%?100%?10%1500?11?15NNNDnsnD?n?×=×?=?×?=+?+?×??１－５?某闭环调速系统的调速范围是1500~150r/min，要求系统的静差率?，那么系统赞同的静态速降是多少若是开环系统的静态速降是100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大?2%s?≤解????因?为?0m?inNNNnnsnn?n==+??????所?以?min?150??/min1?1?Nnsnrs×=?=?=??????????由于?1opclnnKΔ=+?课后答案网??????所?以?1001?1?opclnKn=〓?=?〓?=??1－6??某闭环调速系统的开环放大倍数为15?时，额定负载下电动机的速降为8r/min，若是将开环放大倍数提升到?30，它的速降为多少在同样静差率要求下，调速范围能够扩大多少倍??解????（1）??由于????clenC=?dRI1+K）?所以????clenC=?×dRI1+K）=8?（1+15）=128??则??????128?/min13?0clenrC=?=?=+dRI1+K）?2）?由?(1?)NNnSDnS=〓，可知在s?和?不变的情况下，D?只与Nn?Nn?有关?调速范围扩大?倍。?1－7??某调速系统的?调速范围?D=20，额定转速?1500?/minNnr?=?，开环转速降落，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将怎样变化?240?/minNopnr=?解；?当s=10%时，??/min20NNnsnrD×=?=?=×1500?1-s）?（）?此时??2401?1?opclnKn=〓?=?〓?=?当s=5%时，??/min20NNnsnrD×=?=?=×1500?1-s）?（）??此时??2401?1?opclnKn=〓?=?〓?=?则若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将变大。??1—8?转速单闭环调速系统有那些特点改变给定电压可否改变电动机的转速为什么若是给定电压不变，调治测速反响电压的分压比可否能够改变转速为什么若是测速发电机的励磁发生了变化，系统有无战胜这类搅乱的能力?答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特点?①只用比率放大器的反响控制系统，其被被调量仍是有静差的。?②反响控制系统的作用是：抵抗扰动，遵从给定。扰动性能是反响控制系统最突出的特征之一。?课后答案网?③系统的精度依赖于给定和反响检测的精度。?（2）改变给定电压会改变电动机的转速，由于反响控制系统完好遵从给定作用。（3）若是给定电压不变，调治测速反响电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，

?它不能够获得反响控制系统的控制，反而会增大被调量的误差。反响控制系统所能控制的可是被反响环包围的前向通道上的扰动。??1—9??在转速负反响调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各量有无调治能力为什么?答：当电网电压发生变化时，系统对其有调治能力。由于电网电压是系统的给定反响控制系统完好遵从给定。?负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调治能力。由于他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再经过反响控制作用，减小它们对稳态转速的影响。?测速发电机励磁各量发生变化时，它不能够获得反响控制系统的控制，反而会增大被调量的误差。反响控制系统所能控制的可是被反响环包围的前向通道上的扰动。??1—10??有一?V—M?调速系统。电动机参数为：??220NNPk?W?U?V=?=，，??A=?，??电枢电阻1500?/minNnr?=??=?Ω，整流装置内阻??=?Ω，触发整流环节的放大倍数?。要求系统满足调速范围D=20，静差率35sK?=?10%s?≤?。???（1）计算开环系统的静态速降?和调速要求所赞同的闭环静态速降?。?opn?cln??（2）采用转速负反响组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。???（3）调整该系统参数，使当?时，15nUV〓=?dNII?=?N，n=n?，则转速负反响系数α应该是多少???（4）计算放大器所需的放大倍数。?解：（1）先计算电动机的电动势系数???????????220???min/1500?/minNN?aeNNeUI?RCVnIRrC〓?〓×==?=?〓×=?=?=op则开环系数额定速降为+）nr??额定负载时的稳态速降应为????????/min20NnsrD×=?≤?=×cl1500?n1-s）?（）???????（2）??系统的静态结构框图以下所示?课后答案网?Kp?Ks?α??1/CeU*n?Uc?〓Un?E?n?Ud0?Un+?+?-?IdR-?UnKs?转速负反响系统的原理图?+?-?A?GT?MTG+?-?+?-?+?-?Utg?UdId?n+?-?-?+?Un?Un??U*n?Uc?UPE+?-?MTIdUn?UdUcUntg?????（3?）?当?时，15nU?〓=?V?dNII?=?N，n=n?，则转速负?反响系数?α?应该是???????????151500nnNUUnnα〓〓===?=??????（4）闭环系统的开环放大系数应为???????????????1?1?opclnKn=〓?=?〓?=??????????运算放大器所需的放大倍数???????????????/??35/PSeKKKCα==?=×??1—11??在题1-10?的转速负反响系统中增设电流截止环节，要求堵转电流?2dbl?NI?I≤?，临界截止电流??NI?I≥?，应该采用多大的比较电压和电流反响采样电阻要求电流反响采样电阻不高出主电路总电阻的1/3，若是做不到，需要增加电流反响放大器，试画出系统的原理图和静态结构框图，并计算电流反响放大系数。这时电流反响采样电阻和比较电压各为多少?课后答案网?解：由于???2nc?omdbl?NScomdcr?NSUUIIRUIIR+=≤=≥????????????且?=15V，计算可得nU???V=?Ω=?com，U??????????????2nc?omdbl?NScomdcr?NSUUIIRUIIKR+=≤=≥?1—12??某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据以下：电动机；?18NPk?W=?，?220NUV?=?，?94?1000?/minNIA?r==?N，n??=?Ω，整流装置内阻??=?Ω，触发整流环节的放大倍数?。最大给定电压?，当主电路电流达到最大值时，整定电流反响电压??40sK?=?15nmU?〓?=?V10imUV?=设计指标：要求系统满足调速范围D=20，静差率?10%s?≤?，??NI?I=?，。??NI?I=?。试画出系统的静态结构框图，并计算：?1）?转速反响系数α。?2）?调治器放大系数?。?pK3）?电阻?1R?的数值。（放大器输入电阻?0?20R?k=?Ω）?4）?电阻?2R?的数值和稳压管VS?的击穿电压值。??解：（1）转速负反响系数α应该是???????????????151000nnNUUnnα〓〓===?=??????（2）先计算电动机的电动势系数????????????220?94??min/100094?/minNN?aeNNeUI?RCVnIRrC〓?〓×==?=?〓×=?=?=op则开环系数额定速降为+）nr?????????????/min20NnsrD×=?≤?=×cl1000?n1-s）?（）?课后答案网??闭环系统的开环放大系数应为???????????????1?1?opclnKn=〓?=?〓?=??运算放大器所需的放大倍数???????????????/??40/PSeKKKCα==?=×?1—13??在电压负反响单闭环有静差调速系统中，当以下参数发生变化时系统可否有调治作用，为什么?1）?放大器的放大系数?；?pK2）?供电电网电压；?3）?电枢电阻?aR?；?4）?电动机励磁电流；?5）?电压反响系数γ。?答：在电压负反响单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数?发生变化时系统有调节作用再经过反响控制作用，由于他们的变化最后会影响到转速，减小它们对稳态转速的影响。?pK电动机励磁电流、电枢电阻?aR?发生变化时依旧和开环系统同样，由于电枢电阻处于反响环外。?当供电电网电压发生变化时系统有调治作用。由于电网电压是系统的给定反响控制系统完好遵从给定。?当电压反响系数γ发生变化时，它不能够获得反响控制系统的控制，反而会增大被调量的误差。反响控制系统所能控制的可是被反响环包围的前向通道上的扰动。??1-13?有一个?V—M?系统，已知：电动机：??220??NPk?W?U?V?I?A=?==，，?，????????，整流装置内阻1500?/minr=Nn??=Ω?1recR?=?Ω，触发整流环节的放大倍数。?35sK?=1）?系统开环工作时，试计算调速范围D=30?时的静差率s?值。?2）?当D=30，s=10%，计算系统赞同的稳态速降。?（3）?如组成转速负反响有静差调速系统，要求D=30，?10%s?=?，在?时，?10nUV〓=dNII?=?N，n=n?，计算转速负反响系数α和放大器放大系数?。?pK（4）?如将上述调速系统改为电压负反响有静差调速系统，仍要求?时，并保持系统原来的开环放大系数K?不变，试求在D=30?时静10nUV〓=dNII?=?N，n=n课后答案网?差率。??解：（1）系统开环工作时，????????????????220???min/1500NN?aeNUI?RCVn〓r〓?×==?=?〓??????????????????/minNeIRrC×=?=?=op则开环系数额定速降为+1）n????????????????则???30?100%?100%?%1500?30?NNNDnsnD?n?×=×?=?×?=+?+?×????????（2）当D=30，s=10%，系统赞同的稳态速降?1500??/min30NNnsnrD×=?=?=×（1-s）?（）?3?）当?时，10nU?〓=?V?dNII?=?N，n=n?，则?转速负反?馈系数?α?应该?是??101500nnNUUnnα〓〓===?=????????????闭环系统的开环放大系数应为??????1?1?opclnKn=〓?=?〓?=??????????运算放大器所需的放大倍数??????????????/??35/PSeKKKCα==?=×?（4）在电压负反响有静差调速系统中，开环与闭环的速降是同样的，?所以???/mincl?opnn?r=??=30?100%?100%?%1500?30?NNNDnsnD?n?×=×?=?×?=+?+?×?1-15?在题?1-10?的系统中，若主电路电感?L=50mH，系统?运动部分的飞轮惯量，整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10?要求设计的转速负反响系统可否牢固运转若是保证系统牢固运转，赞同的最大开环放大系数K?是多少?2??N?m=〓?2解：计算系统中各环节的时间常数：?电磁时间常数???lLTsR==?=+?课后答案网?机电时间常数??2???30375?375??memGD?RTsCCπ×+==?=?×?三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为??=??为保证系统牢固，开环放大系数应满足的牢固条件：?????2?2()?????ml?s?slsTT?T?TKTT++?×+?+<=×=????由于?2?>,所以该系统不能够够牢固运转,???若是保证系统牢固运转，赞同的最大开环放大系数K?最大为.?1-16??为什么用积分控制的调速系统是无静差的在转速单闭环调速系统中，当积分调治器的输入误差电压?时，调治器的输出电压是多少它取决于那些因素?0UΔ=答；在动向过程中，当?变化时，只要其极性不变，积分调治器的输出?便素来增加；只有达到?时，?才停止上升；不到nU?cU,0nn?nUU?U〓=?=?cU?nU?变负，?不会降落。当时，?其实不是零，而是一个终值；若是cU?0nUΔ=cU?nU?不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，这是积分控制的特点。所以，积分控制能够使系统在无静差的情况下保持恒速运转，实现无静差调速。?比率调治器的输出只取决于输入误差量的现状，而积分调治器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。诚然现在?，但历史上有过0nU=?nU?，其积分就有必然数值，足以产生稳态运转时需要的控制电压?。?cU?1-17??在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度可否还受给定电源和测速发电机精度的影响并说明原因。?答：系统的精度依赖于给定和反响检测的精度。?所以转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。??1-18?采用比率积分调治器控制的电压负反响调速系统，稳态运转时的速度可否有静差为什么试说明原因。?答：采用比率积分调治器控制的电压负反响调速系统，稳态运转时的速度是无静差的。?电压负反响实质是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被减小到1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反响系统要差。但基本控制原理与转速负反响近似。它与转速负反响同样能够实现无静差调治。??第二章?转速、电流双闭环直流调速系统和调治器的工程设计方法?2-1?在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速，应调治什么参数改变转速调治器的放大倍数

?行不能够改变电力电子变换器的放大倍数

nK?sK?行不能够改变课后答案网

?转速反响系数

α行不能够若要改变电动机的堵转电流，应调治系统中的什么参数

?答：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调治器都不饱和时，各变量之间有以下关系?????????0n*n?nnUU?αα?===所以?转速?n?是由给定电压?决定的；改变转速反响系数也能够改变电动机转速。改变转速调治器的放大倍数?和电力电子变换器的放大倍数nU?〓nK?sK??不能够够。??2-2??转速、电流双闭环调速系统稳态运转时，两个调治器的输入误差电压和输出电压各是多少为什么

??答：当两个调治器都不饱和时，它们的输入误差电压都是零

?转速调治器

ASR?的输出限幅电压

?imU?〓决定了电流给定电压的最大值；电流调治器

ACR的输出限幅电压

?限制了电力电子变换器的最大输出电压

?。?cmU?dmU?2-3??若是转速、电流双闭环调速系统中的转速调治器不是

PI?调治器，而改为

P?调治器，对系统的静、动向性能将会产生什么影响

?答：改为

P?调治器时其输出量总是正比于输入量，

PI?调治器的输出量在动向过程中决定于输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入没关而是由它后边环节的需要决定的。??2-4??试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统：???（1）调速系统的静态特点；???（2）动向限流性能；???（3）起动的迅速性；???（4）抗负载扰动的性能；???（5）抗电源电压颠簸的性能。?答：（1）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上，转速?n?是由给定电压?决定的。ASR?的输出量U*i?是由负载电流?IdL?决定的。控制电压Uc?的大小则同时取决于n?和Id，也许说，同时取决于?和?IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计算相似。?nU?〓nU?〓带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特点特点：电流负反响的作用相当于在主电路中串入一个大电阻?Kp?Ks?Rs?，所以稳态速降极大，特点急剧下垂；比较电压?Ucom?与给定电压?Un*?的作用一致，好象把理想空载转速提升了。这样的两段式静特点常称作下垂特点或挖土机特点。????（2）?3）双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准时间最优控制。?（4）由动向结构图中能够看出，负载扰动作用在电流环此后，所以只能靠转速调治器ASR?来产生抗负载扰动的作用。在设计ASR?时，应要求有较好的抗扰性能指标。??课后答案网?5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调治作用碰到多个环节的延滞，所以单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中，由于增设了电流内环，电压颠簸能够经过电流反响获得比较实时的调治，不用等它影响到转速今后才能反响回来，抗扰性能大有改进。??2-5??在转速、电流双闭环调速系统中，两个调治器均采用PI?调治器。当系统带额定负载运行时，转速反响线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调治器的输入误差电压?可否为零为什么?iU?2-6??在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号?nU?〓未改变，若增大转速反响系数α，系统牢固后转速反响电压?是增加仍是减少为什么?nU?2-7??在转速、电流双闭环调速系统中，两个调治器ASR、ACR?均采用PI?调治器。已知参数：电动机：??,?220?,?20?,?1000?/minNN?N?NPk?W?U?V?I?A?n?r=?==?=?，电枢回路总电阻，设?，电枢回路最大电流?=Ω?8nm?im?omUU?U〓〓==?=?V?40dmI?A=?，电力电子变换器的放大系数?。试求：?40sK?=??（1）电流反响系数β和转速反响系数α；???（2）当电动机在最高速发生堵转时的?、0dU?iU?〓?、?值。?iU?cU解：（1）稳态时?8?/40imdmimdmUIUVAIββ〓〓===?=由于所以?max8?min/1000nmUVrnα〓==?=?〓??????????（2）电动机在最高速发生堵转时n=0??????????????0?40??60de?dUC?n?I?R?V=?+=?×?=????????????????8ii?dUU?Iβ〓=〓?=?=?V??????????????8iUV=?????????????0?6040dcsUUVK==?=??课后答案网??2-8??在转速、电流双闭环调速系统中，调治器ASR、ACR?均采用PI?调治器。当ASR?输出达到?时，主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A?增加到70A?时，试问：?8imU?〓?=?V??（1）?应怎样变化?iU?〓??（2）?应怎样变化?cU??（3）?值由哪些条件决定?cU2-9??在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运转，现因某种原因使电动机励磁电源电压突然降落一半，系统工作情况将会怎样变化写出?、、?、iU?〓cU?0dU?dI?及n?在系统重新进入牢固后的表达式。??2-10??某反响控制系统已校正成典型I?型系统。已知时间常数T=，要求阶跃响应超调量10%σ≤?。???（1）求系统的开环增益；???（2）计算过分过程时间?st?和上升时间tτ；???（3）绘出开环对数幅频特点。若是要求上升时间?τ?s<?，则K=，?σ=??2-11??有一个系统，其控制对象的传达函数为?1?10()10?.01?1objKWsssτ==+?+，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量?5%σ≤?（按线性系统考虑）。试对该系统进行动向校正，决定调治器结构，并选择其参数。??2-12??有一个闭环系统，其控制对象的传达函数为?1?10()(?1)??1)objKWssT?s?s?s==+?+，要求校正为典型II?型系统，在阶跃输入下系统超调量?30%σ≤?（按线性系统考虑）。试决定调治器结构，并选择其参数。??2-13??调治对象的传达函数为18()?1)?1)objWsss=+?+，要求用调治器分别将其校正为典型I?型和II?型系统，求调治器的结构与参数。???2-14??在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数?据为：?，电动势系数，主回路总电阻60?,?220?,?308?,?1000?/minNN?N?NPk?W?U?V?I?A?n?r==?=?=?min/eCV=〓?r??=?Ω，触发整流环节的放大倍数?。电35sK?=课后答案网?磁时间常数?，机电时间常数?=?s??=?，电流反响滤波时间常数?，转速反响滤波时间常数?。额定转速时的给定电压?，调治器ASR、ACR?饱和输出电压?。??=?=?s?VV()?10nNU?〓?=8,??omUV?U〓?==系统的静、动向指标为：稳态无静差，调速范围D=10，电流超调量?5%iσ?≤?，空载起动到额定转速时的转速超调量?10%nσ?≤?。试求：?1）确定电流反响系数β（假设起动电流限制在339A?以内）和转速反响系数α；?2）试设计电流调治器?ACR，计算其参数?iR?、?、?。画出其电路图，调治器输入回路电阻iC?oiC0?40R?k=Ω?；?3）设计转速调治器ASR，计算其参数?nR?、?、?。（nC?onC?0?40R?k=?Ω）；?4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量?nσ?。?5）计算空栽起动到额定转速的时间。?解：1.电流反响系数β和转速反响系数

α分别为????????????8?/339imdmUVAIβ〓==?=?????????????max10?min/1000nmUVrnα〓==?=?〓???2.（1）确准时间常数

?①?整流装置滞后时间常数②?电流滤波时间常数Toi.

Ts.按表1-2,三相零式电路的平均失控时间Ts=.?三相桥式电路每个波头的时间是?,为了基本滤平波头

,应有(1–2)Toi=,

所以取

Toi==.?③?电流环小时间常数之和

?.按小时间常数近似办理

,取?iT∑?iiTT?T?s=?+=∑?（2）选择电流调治器结构

?????依照设计要求?iσ?≤5℅,并保证稳态电流无差,可按典型I?型系统设计电流调治器环控制对象是双惯性型的,所以可用PI?型电流调治器,其传达函数见式(2-57).?

.电流检查对电源电压的抗扰性能

:?liT?sTs==∑参照表2-3的典型I型系统动向抗扰性能,各项指标都是能够接受的.?（3）计算电流调治器参数??????电流调治器超前时间常数:?l=T=τ?.??????电流环开环增?益:要?求?iσ?≤5?℅时,按表?2-2,应取?,?所以???????1??=∑课后答案网?1I?K8sTs6?〓==?=∑????????于是,ACR?的比率系数为:???86??35?IiisKRKKτβ×?×==?=×?（4）校验近似条件?电流环截止频率:??186ci?IKsω?〓==①?晶闸管整流装置传达函数的近似条件??????????????????1111013?3??cissTsω〓==×>??满足近似条件.?②?忽略反电动势变化对对电流环动向影响的条件?1113?3??cimlsTT?s?sω〓=×?=?<×?满足近似条件.?③??电流环小时间常数近似办理条件????????????????111?1?13?3??ciso?isTT?s?sω〓=×?=?>×?满足近似条件.?（5）计算调治器电阻电容?由图?2-25,?按所用?运算放大?器取?0R?=40k?Ω,各电?阻和电容?值为?0??40?9iiR?KR?k?k==?×?Ω=?Ω?63630?10??,?91?04?4??10??,?40?10iiioioiCF?F?FRTCF?F?FRFFτμμμ?μ〓〓==?=?×?=××==?=?×?=×取取?依照上述参数,电流环能够达到的动向随从性能指标为?iσ?=℅<5℅(见表?2-2),满足设计要求.?3.?（1）确准时间常数?①?电流环等效时间常数1/?.已取IK??iKT?=∑,I12?2??K?iTs==?×?=∑s?②?转速滤波时间常数?.依照所用测速发电机纹波情况,取?=.?onT?onT③?转速环小时间常数?.按小时间常数近似办理,取nT∑1=+=ITTK=+∑?（2）选择转速调治器结构依照设计要求,采用PI调治器,其传达函数?ASRWττnnnK（?s+1）s）=s?（3）计算转速调治器参数按跟平易抗扰性能都较好的原则,取h=3,则?ASR?的超前时间常数为?=h?=3?=?nTτ?×∑?由式(2-75)可得转速环开环增益:?2222?2?21422?3?NnhKshTs〓?〓+==?=××∑?课后答案网?于是,由式(2-76)可得ASP?的比率系数为:?(1?)?4???2?2?3???emnnhC?TKhR?Tβα+?××?×==?×?×∑=??（4）检验近似条件?由式(2-33)得转速环截止频率为:?111??cn?N?nKKsωτωs〓?〓==?=?×?=??①电流环传达函数简化条件为:??????????1111?863?3?IcniKssTω〓〓=×?=?>∑满足简化条件.?②转速环小时间常数近似办理条件为:????1111?863?3?IcnonKssTω〓〓=×?=?>??,满足近似条件.?（5）计算调治器电阻和电容?依照图2-27,取?,则??0=40kR?Ω?0??40??,?310nnR?KR?k?k?k=?=×?Ω=?Ω取?Ω???63630?10??,?310?104?4??10??,40?10nnnononCF?F?FRTCF?F?FRFFτμ?μμμ〓〓==?=?×?=××==?=?×?=×取取????（6）校核转速超调量?当h=3时,由表2-6查得,?nσ?=℅,不能够满足设计要求.实质上,由于表2-6是按线性系统计算的,而突加阶跃给准时,ASR饱和,不吻合线性系统的前提,应该按ASR退饱和的情况重新计算超调量。?7）?由表2-7?查得,?max3?%bChC==由得?，??339308mNIIλ==?=max*308??2?%??%?10%1000?nnbmTCCn?Tσλ×?∑=×?=×?×?×?×?=?<Nn?）（?-z）?若是只起动????????????????????5.空载起动到额定转速的时间???????????22?6??10?1?4?8??308nnnim?dLKUhtThU?Iβ〓〓×〓〓?〓?〓≈=?×?×〓〓?〓?〓∑+〓?〓?×〓〓?〓?〓s=r???2-15??有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：，电动势系数?，?555?,?750?,?760?,?375?/minNN?N?NPk?W?U?V?I?A?n?r==?=?=??min/eCV=〓电枢回路总电阻??=?Ω，赞同电流过载倍数?λ=?，触发整流环节的放大倍数课后答案网?75sK?=?。电磁时间常数?，机电时间常数?=?s??=?，电流反响滤波时间常数，转速?反响滤波?时间常数?=?s??=?。设?调治器输?入输出电?压，调治器输入电阻10nm?im?omUU?U〓〓==?=?V?0?40R?k=?Ω。?设计指标：稳态无静差，电流超调量?5%iσ?≤?，空载起动到额定转速时的转速超调量10%nσ?≤?。电流调治器已按典型I?型系统设计，并取参数KT=。?（1）选择转速调治器结构，并计算其参数；?（2）计算电流环的截止频率?ciω?和转速环的截止频率?cnω?，并考虑它们可否合理。??2-16??在一个转速、电流双闭环V—M?系统中，转速调治器ASR，电流调治器ACR?均采用PI?调治器。

?????（1）在此系统中，当转速给定信号最大值

?时，15nmUV〓?=?1500?/minNnn?r=?=?；电流给定信号最大值

?时，赞同最大电流

10imU?〓?=?V?30dmI?A=?，电枢回路总电阻

?2R?=Ω?，晶闸管装置的放大倍数

?，电动机额定电流

30sK?=?20NI?A=?，电动势系

?数，现系统在?，?min/eCV=〓?r?5nUV〓=?20dlI?A=?时牢固运转。求此时的稳态转速n=ACR?的输出电压?cU?=??（2）当系统在上述情况下运转时，电动机突然失磁（?0Φ=?），系统将会发生什么现象试解析并说明。若系统能够牢固下来，则牢固后n=?nU?=?iU?〓=?dI?=?cU?=??（3）该系统转速环按典型II?型系统设计，且按?准则选择参数，取中频宽h=5，已知转速环小时间常数?，求转速环在随从给定作用下的开环传达函数，并计算出放大系数及各时间常数。?minM?=∑s（4）该系统由空载（?）突加额定负载时，电流0dLI?=?dI?和转速n?的动向过程波形是怎样的已知机电时间常数?，计算其最大动向速降?=?s?maxn?和恢复时间?。?Vt?2-17??有一转速、电流双闭环控制的H?性形双极式PWM?直流调速系统，已知电动机参数为：?200?,?48?,??,?200?/minNN?N?NPk?W?U?V?I?A?n?r==?=?=?，电枢电阻??=?Ω，电枢回路总电阻?，赞同电流过载倍数8R?=Ω?2λ=?，电势系数??min/eCV?r=?〓?，电磁时间常数课后答案网??=?s?s?s，机电时间常数?，，电流反响滤波时间常数?=??=?，转速反响滤波时间常数?。设调治器输入输出电压?，调治器输入电阻?=?s?V10nm?im?omUU?U〓〓==?=0?40R?k=?Ω。已计算出晶体管?D202?的开关频率?f=1kHz，PWM?环节的放大倍数??=????试对该系统进行动向参数设计，设计指标：稳态无静差，电流超调量?5%iσ?≤?；空载起动到额定转速时的转速超调量?20%nσ?≤?；过载过程时间?≤?。??第3?章??直流调速系统的数字控制?3-1??直流电机额定转速?，电枢电流额定值为375?/minNnr?=?760dNI?A=?，赞同过流倍数λ=?，计算机内部定点数占一个字的地址（16?位），试确定数字控制系统的转速反响存储系数和电流反响储藏系数，适合考虑余量。?解：定点数长度为1?个字（16?位），但最高位须用作符号位，只有15?位可表示量值，故最大储藏值Dmax=215-1。电枢电流最大赞同值为?，考虑到调治过程中瞬市价可能高出此值，故取Imax=。所以，电枢电流储藏系数为???????????????1512?1?32768??760NKAIβ〓〓==?=×??????????额定转速nN=375r/min，取nmax=，则转速储藏系数为???????????????152?1?32768min/???375NKrnα〓==?=×rr???对上述运算结果取整得?。?123?67min/KA?Kβα〓==?=，3-2??旋转编码器光栅数为1024，倍频系数为4，高频时钟脉冲频率?0?1f?MHz=?，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法和T法测速时间均为，求转速n=1500r/min?和n=150r/min?时的测速辩白率和误差率最大值。?解：电动机每转一圈共产生Z=4×2048=4096?个脉冲。?（1）?M?法测速?测速分辨率?1160?1?60?60?60/min??/min4096??CMMQrZT?ZT?ZTr+=〓?=?=?=×（）?电动机的转速为?160CMnZT=??课后答案网?当n=1500r/min?时，?14096??1500102460?60CZT?nM×?×==?=??测速误差率最大值??max111100%?100%?%1024Mδ?=×?=?×?≈??当n=150r/min?时，?14096??15010260?60CZT?nM×?×==?≈??测速误差率最大值??max111100%?100%?%102Mδ?=×?=?×?≈??2）?T?法测速???????????当n=1500r/min?时，?0260fnZM=??测速分辨率2200?0622?2?2?060?60?60?4096?1500/min?171?/min60?60?10?4096?1500ff?f?ZnQrZ?M?ZM?ZM?M?f?Zn×=〓?=?=?=?≈〓×?〓?×（?-1）?（?-1）r??????????60260?60?1094096?1500fMZn×==?≈×（取整数）?测速误差率最大值???max211100%?100%?%19?1Mδ?=×?=?×?≈〓〓?当n=150r/min?时，?测速分辨率??22604096?150/min??/min60?60?10?4096?150ZnQrfZ?n×==?≈〓×?〓?×r??60260?60?10974096?150fMZn×==?≈×（取整数）?测速误差率最大值???max211100%?100%?%19?7?1Mδ?=×?=?×?≈〓〓?3-3??将习题2-14?设计的模拟电流调治器进行数字化，采样周期??ms=?，调治器输出限幅及积分限幅均为?，写出地址式和增量式数字PI?调治器的表达式，并用已掌握的汇编语言设计实时控制程序。?mU±3-4??依照习题2-15?电流调治器的设计结果（电流调治器按典型I?型系统设计，KT=），按失散系统设计方法设计转速调治器，要求转速无静差。已知电动机额定功率?，额定电压?，额定电枢电流555NPk=?WV750NU?=?760NI?A=?，额定转速?375?/minNnr?=?，电动势系数课后答案网??min/eCV=〓?r?，电枢回路总电阻??=?Ω，赞同过载倍数?λ=?，机电时间常数，转速滤波时间常数?=?s??=?，电流反响储藏系数?，转速反响储藏系数?，转速调治器采样时间123Kβ=?Ar?s67min/Kα=??=?，电流环小惯性时间常数????iiTT?T?s?s=+?=?+?=∑s-3?讲解待逆变、正组逆变和反组逆变，并说明这三种状态各出现在何种场合下。?逆变电枢端电压为负，电枢电流为正，电动机逆向运转，回馈发电，机械特点????枢端电压为正，电枢电流为负，电动机正向运转，回馈发电，机械特点?-4?解析配合控制的有环流可逆系统反向起动和制动的过程。画出各参变量的动向波形，并路，以限制最大起制动电流；?最小由GTF?控制触发，正转时，VF?整流；反转时，VF?逆变。??第4?章???可逆直流调速系统和地址随动系统?4-1?晶闸管-电动机系统需要迅速回馈制动时，为什么必定采用可逆线路

?答：当电动机需要回馈制动时，由于反电动势的极性未变，要回馈电能必定产生反向电流，而反向电流是不能够能经过

VF?流通的，这时，能够经过控制电路切换到反组晶闸管装置

VR，并使它工作在逆变状态，产生逆变电压，电机输出电能实现回馈制动。??4-2?试画出采用单组晶闸管装置供电的V-M?系统在整流和逆变状态下的机械特点，并解析这种机械特点适合于何种性质的负载。?解；机械特点图以下：?n?提升?放下?TeId??-?n?4答：待逆变?????????正组在第四象限。?????反组逆变电在第二象限。?4说明在每个阶段中ASR?和ACR?各起什么作用，VF?和VR?各处于什么状态。?解：控制电路采用典型的转速、电流双闭环系统，其中：?转速调治器ASR?控制转速，设置双向输出限幅电电流调治器ACR?控制电流，设置双向输出限幅电路，以限制最小控制角?αmin?与逆变角?βmin?。?正组晶闸管VF，反组晶闸管VR，由GTR?控制触发，反转时，VR?整流；正转时，VR?逆变。课后答案网??-5?试解析图4-13?所示逻辑选触无环流可逆系统的工作原理，说明正向制动时各处电压极选触无环流可逆系统的原理框图以下?择程序来完成，实质系统都是逻辑选触系统。其他，触发装置可采用由准时器进行移相控制的数字触发器，或采用集成触发电路。4-6?解析地址随动系统和调速系统在哪些方面是不同样的。?定量一经设定，即保持恒值，第5?章??闭环控制的异步电动机变压调速系统????????????????????????——一种转差功率耗资型调速系统?5-1?异步电动机从定子传入转子的电磁功率?中，有一部分是与转差成正比的转差功率4性及能量关系。?解：图4-13??逻辑?图中：SAF，SAR?分别是正、反组电子模拟开关。?采用数字控制时，电子开关的任务能够用条件选???试答：地址随动系统与调速系统的主要差异在于，调速系统的给系统的主要作用是保证牢固和抵抗扰动；而地址随动系统的给定量是随机变化的，要求输出量正确随从给定量的变化，系统在保证牢固的基础上，更突出需要迅速响应。地址随动系统的反响是地址环，调速系统的反响是速度环。?mP?sP?，依照对?sP?办理方式的不同样，可把交流调速系统分成哪几类并举例说明。?答：从能量变换的角度上看，转差功率可否增大，是耗资掉仍是获得回收，是议论调速系统在转子回路中，降电功率馈送型调速系统：在这类系统中，除转子铜损外，大部分转差功率在转子侧经过变效率高低的标志。从这点出发，能够把异步电机的调速系统分成三类?。?转差功率耗资型调速系统：这各种类的全部转差功率都变换成热能耗资压调速、转差离合器调速、转子串电阻调速属于这一类。在三类异步电机调速系统中，这类系统的效率最低，而且越到低速时效率越低，它是以增加转差功率的耗资来换取转速的降低的（恒转矩负载时）。可是这类系统结构简单，设备成本最低，所以还有必然的应用价值。??转差流装置馈出或馈入，转速越低，能馈送的功率越多，绕线电机串级调速或双馈电机调速属于这一类。无论是馈出仍是馈入的转差功率，扣除变流装置自己的耗费后，最后都转变为适用的功率，所以这类系统的效率较高，但要增加一些设备。?课后答案网?

?转差功率不变型调速系统：在这类系统中，转差功率只有转子铜损，而且无论转速高低，转差5-2?有一台三相四极异步电动机，其额定容量为，频率为50Hz，在某一情况下运转，3??简述交流变压调速系统的优缺点和适用途合。?谓软起动器交流异步电动机采用软起动器有什么好处?直到转速高升后电流自动，用以实现软停车。??第6章?笼型异步电动机变压变频调速系统（VVVF）??????????????????????????????——转差功率不变型调速系统?6-1当电动势值较高时，能够忽略定子绕组的漏磁功率基本不变，所以效率更高，变极对数调速、变压变频调速属于此类。其中变极对数调速是有级的，应用途合有限。只有变压变频调速应用最广，能够组成高动向性能的交流调速系统，取代直流调速；但在定子电路中须装备与电动机容量相当的变压变频器，对照之下，设备成本最高。???自定子方面输入的功率为，定子铜耗费为341W，转子铜耗费为，断念耗费为，机械耗费为45W，附加耗费为29W，试绘出该电动机的功率流程图，注明各项功率或耗费的值，并计算在这一运转情况下该电动机的效率、转差率和转速。??5-答：?5-4??何答；带电流闭环的电子控制软起动器能够限制起动电流并保持恒值，动衰减下来，起动时间也短于一级降压起动。主电路采用晶闸管交流调压器，用连续地改变其输出电压来保证恒流起动，牢固运转时可用接触器给晶闸管旁路，省得晶闸管不用要地长期工作。视起动时所带负载的大小，起动电流可在?~4)I?SN?之间调整，以获得最正确的起动收效，但无论怎样调整都不宜于满载起动。负载略重或静摩擦转矩较大时，可在起动时突加短时的脉冲电流，以缩短起动时间。??????软起动的功能同样也能够用于制?简述恒压频比控制方式。?答：绕组中的感觉电动势是难以直接控制的，阻抗压降，而认为定子相电压?Us?≈?Eg，则得?1SUf=常值?这是恒压频比的控制方式。可是，在低频时?Us?和?Eg?都较小，定子阻抗压降所占的份量就2?简述异步电动机在下面四种不同样的电压—频率协调控制时的机械特点并进行比较；?（特点；?答：?转矩近似与s?成正比，机—频率协调控制时异步电动机的机械特点：恒压频比控制的变频机械特点基本比较显着，不再能忽略。这时，需要人为地把电压?Us?抬高一些，以便近似地补偿定子压降。??6-1）?恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特点；?2）?基频以下电压—频率协调控制时异步电动机的机械3）?基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特点；?4）?恒流正弦波供电时异步电动机的机械特点；?恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特点：当s?很小时，械特点是一段直线，s?凑近于1?时转矩近似与s?成反比，这时，Te?=?f（s）是对称于原点的一段双曲线。?基频以下电压上是平行下移，硬度也较好，当转矩增大到最大值今后，转速再降低，特点就折回来了。课后答案网?而且频率越低时最大转矩值越小，能够满足一般的调速要求，但低速带载能力有些差强者意，须对定子压降实行补偿。恒Eg?/ω1?控制是平时对恒压频比控制实行电压补偿的标准，能够在稳态时达到Φrm?=?Constant，从而改进了低速性能，但机械特点仍是非线性的，产生转矩的能力仍碰到限制。恒?Er?/ω1?控制能够获得和直流他励电机同样的线性机械特点，依照转子全磁通?Φrm?恒定进行控制，而且，在动向中也尽可能保持?Φrm?恒定是矢量控制系统的目标，?基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特点：当角频率提升时，同步转速随之提升，最大处形3??怎样差异交—直—交变压变频器是电压源变频器仍是电流源变频器它们在性能上有直流环节直流电源性质的不同样，?。它的直流电压波形比较平直，理想情况下是一波形比较平直，相当于一个恒流以下：??载是异步电机，属感性负载。在中间直流型变压变频调速系统有一个显于交-直-交电流源型变压变频调速系统的直流电压能够迅速改变，所以输出的电流波形??电压源型逆变器属恒压源，电压控制响应慢，不易颠簸，所以适于做多台电6-4?器输出电压是方波，输出电流是近似正弦波；电流源变频器输出电流是方的应该是正弦波电流，由于在交流电机绕组中只有通入三转矩减小，机械特点上移，而形状基本不变。基频以上变频调速属于弱磁恒功率调速。?恒流正弦波供电时异步电动机的机械特点：恒流机械特点的线性段比较平，而最大转矩状很尖。恒流机械特点的最大转矩值与频率没关，恒流变频时最大转矩不变，但改变定子电流时，最大转矩与电流的平方成正比。??6-什么差异?答：依照中间直流环节采用大电容滤波是电压源型逆变器个内阻为零的恒压源，输出交流电压是矩形波或梯形波。?直流环节采用大电感滤波是电流源型逆变器。它的直流电流源，输出交流电流是矩形波或梯形波。?在性能上却带来了显然的差异，主要表现1）无功能量的缓冲??在调速系统中，逆变器的负环节与负载电机之间，除了有功功率的传达外，还存在无功功率的交换。滤波器除滤波外还起着对无功功率的缓冲作用，使它不致影响到交流电网。所以，两类逆变器的差异还表现在采用什么储能元件（电容器或电感器）来缓冲无功能量。??2）能量的回馈??用电流源型逆变器给异步电机供电的电流源着特点，就是简单实现能量的回馈，从而便于四象限运转，适用于需要回馈制动和经常正、反转的生产机械。?3）动向响应??正由动向响应比较快，而电压源型变压变频调速系统的动向响应就慢得多。?4）输出波形???电压源型逆变器输出的电压波形为方波，电流源型逆变器为方波。??5）应用途合机同步运转时的供电电源，或单台电机调速但不要求迅速起制动和迅速减速的场合。采用电流源型逆变器的系统则相反，不适用于多电机传动，但能够满足迅速起制动和可逆运转的要求。????电压源变频波，输出电压是近似正弦波。可否据此得出电压源变频器输出电流波形中的谐波成分比电流源变频器输出电流波形中的谐波成分小的结论在变频调速系统中，负载电动机希望获得的是正弦波电压仍是正弦波电流?答：在电流电机中，实质需要保证相平衡的正弦电流才能使合成的电磁转矩为恒定值，不含脉动重量。所以，若能对电流实行闭环控制，以保证其正弦波形，显然将比电压开环控制能够获得更好的性能。???课后答案网?6-5??采用二极管不控整流器和功率开关器件脉宽调制（PWM）逆变器组成的交—直—交变频：?流和逆变两个单元中，只有逆变单元可控，经过它同时调治电压和2）?WM?波，但由于采用了适合的PWM?控制技术，正弦3）?不受中间直流环节滤波器参数的影响，4）?源侧功率因素较高，且不受逆变输出电压大小?6??怎样改变由晶闸管组成的交—交变压变频器的输出电压和频率这类变频器适用于什定周期相互切换，在负载上就获得交变的输出电压?u0，u0的幅值决定于泥辗转窑等大容量、低转速的调速系统，供电给低速7?交流PWM?变换器和直流PWM?变换器有什么异同??一份任意型号的通用变频器资料，9??转速闭环转差频率控制的变频调速系统能够模拟直流电动机双闭环系统进行控制，但原因有以下几个析转差频率控制规律时，是从异步电机稳态等效电路和稳态转矩公式出发的，所到电流的相位，而率得以与转速同步起落，这本是转差频?在转差频率控制的变频调速系统中，当转差频率的测量值大于或小于实质值时，将ω1?跟实在质转速?ω?同步地上升或降落，如同水涨而船高，器有什么优点?答：拥有以下优点1）?在主电路整频率，结构简单。采用全控型的功率开关器件，只经过驱动电压脉冲进行控制，电路也简单，效率高。?????输出电压波形虽是一系列的P基波的比重较大，影响电机运转的低次谐波碰到很大的控制，所以转矩脉动小，提升了系统的调速范围和稳态性能。?逆变器同时实现调压和调频，动向响应系统的动向性能也得以提升。?采用不能够控的二极管整流器，电的影响。??????6-么场合为什么?答：正、反两组按一各组可控整流装置的控制角?α?，u0的频率决定于正、反两组整流装置的切换频率。若是控制角素来不变，则输出平均电压是方波，?一般主要用于轧机主传动、球磨机、水电机直接传动时，能够省去弘大的齿轮减速箱。??6-6-8?请你出门时到一个变频器厂家或变频器专卖店索取用它与异步电动机组成一个转速开环恒压频比控制的调速系统，尔后说明该系统的工作原理。??6-是其动静态性能却不能够完好达到直流双闭环系统的水平，这是为什么?答：它的静、动向性能还不能够完好达到直流双闭环系统的水平，存在差距的方面：?（1）在分谓的“保持磁通?Φm?恒定”的结论也只在稳态情况下才能成立。在动向中?Φm?怎样变化还没有深入研究，但必然不会恒定，这不得不影响系统的实质动向性能。?2）Us?=?f(ω1?,?Is)函数关系中只抓住了定子电流的幅值，没有控制在动向中电流的相位也是影响转矩变化的因素。?3）在频率控制环节中，取?ω1?=?ωs?+?ω?，使